直线和圆中的最值求解方法
2014-09-09赵建勋
赵建勋
直线和圆是解析几何的重要内容，而最值问题是其重要题型，解这类题不仅要灵活用到直线和圆的有关知识，而且还要用到求最值的各种方法，解法相当灵活，现举例方法说明，供同学们复习时参考.
一、建立二次函数用顶点法
例1在直线L∶y=2x上求一点P，使P点到两定点A（3，0）、B（0，4）的距离的平方和为最小.
解设P（x,2x)，则有
|PA|2+|PB|2
=(x-3)2+(2x)2+x2+(2x-4)2
=10x2-22x+25
∵a=10>0,∴抛物线开口向上，
∴函数在顶点处取得最小值.
∴当x=-b2a=--222×10=1110时，|PA|2+|PB|2取最小值，故P点坐标为（1110，115）.
点评二次函数求最值一般用配方法，本题只求x的值，所以用顶点法要简单.
二、设角为自变量用三角法
例2过点P（2，1）作直线l交x轴、y轴的正向于A、B两点，求|PA|·|PB|最小时的直线l的方程.
分析此直线过已知点，求出斜率即可，若直接设斜率为k，求|PA|·|PB|的最小值很繁.设角为自变量即可转化为三角函数求最值，易求斜率.
图1解如图1，过P做PC⊥x轴于C，PD⊥y轴于D，设∠BAO=θ，则∠BPD=θ,则|PA|=1sinθ,|PB|=2cosθ,于是|PA|·|PB|=1sinθ·2cosθ=2sinθcosθ=42sinθcosθ=4sin2θ.
要使|PA|·|PB|最小，只需sin2θ最大，即sin2θ=1,2θ=90°,∠BAO=θ=45°，∴kAB=kl=tan135°=-1.
故直线l的方程为y-1=-(x-2)，即x+y-3=0.
三、建立一元二次方程用判别式法
例3已知直线l1∶y=4x，和点P（6，4），在直线l1上求一点Q，使过P、Q的直线与l1以及x轴在第一象限内所围成的三角形面积最小.
图2解如图2，设Q（x1,4x1)，则直线PQ的方程y-44x1-4=x-6x1-6.
令y=0，得x=5x1x1-1,故点A的坐标为（5x1x1-1,0).
∴S=12·4x1·5x1x1-1=10x21x1-1.
即10x21-Sx1+S=0(1)
∵x1为实数，∴Δ=S2-40S≥0,∵S>0,
∴S≥40，将S=40代入（1）得x21-4x1+4=0.
解方程得x1=2,y1=4x1=4×2=8.
故点Q（2，8）.
点评问题转化为函数后为分式函数，可考虑用判别式法求最值.
四、注意变元为正，用均值不等式法
例4过已知点P（1，4）引一条直线，要使它在两坐标轴上的截距都为正，且它们的和为最小，求这条直线的方程.
解设在两个坐标轴上的截距分别为a、b，则所求直线方程为xa+yb=1.(1)
将P（1，4）代入方程（1）得
1a+4b=1，
解得a=bb-4,∵a>0,b>0,∴b>4.
设截距之和为L，则
L=a+b=bb-4+b=b-4+4b-4+b-4+4
=1+4b-4+(b-4)+4=5+(b-4)+4b-4
≥5+2(b-4)·4b-4
=5+24=5+4=9.
当且仅当b-4=4b-4时取等号，即b=6或b=2.此时a=3或a=-1.又a>0,b>0,∴a=-1舍去.
故所求直线方程是x3+y6=1，即2x+y-6=0.
点评构造变元积为定值，求和的最小值.关键是作b=b-4+4的技巧性的变形.
五、注意转化，巧用函数的单调性
图3例5如图3，在平面直角坐标系中，在y轴正半轴上（坐标原点除外）给定两点A、B，C点在x轴正半轴上移动，问C点在何处时∠ACB最大，并求最大值.
分析要求角的最值，先取一个函数，求函数的最值，关键是用函数的单调性.
解设A（0，a)、B（0，b),0
tanα=kBC-kAC1+kBCkAC=-bx+ax1+abx2
=a-bx+abx=a-bab(xab+abx)
记y=xab+abx≥2,当且仅当x=ab时，y取最小值2.
因此，当x=ab时，tanα取最大值a-b2ab.
∵在(0,π2)内y=tanα是增函数，
∴C点在（ab,0)时，α取最大值arctana-b2ab.
即C点在（ab,0）时，∠ACB取最大值，这个最大值为arctana-b2ab.
点评此题是求角的最大值，形式新颖，解法灵活、技巧性强，值得一学.
六、注意数形结合，巧用对称法
例6已知圆C：（x-3)2+(y-1)2=4和直线l:x-y-5=0，在C上求两点，使它们和l的距离分别是最近和最远.
解已知圆的圆心为C（3，1），过C点作直线l′⊥l于D，且l′交圆C于A1、A2，又圆是中心对称图形，所以A1、A2是与l的距离分别是最近和最远的点.离垂足近者为最近距离点，离垂足远者为最远距离点.
∵直线l的方程为y=x-5,∴kl=1,则kl′=-1.故直线l′的方程为y-1=-(x-3),即y=-x+3+1,解方程组
y=-x+3+1
(x-3)2+(y-1)2=4①
②
把①代入②后，化简整理，得
2（x-3)2=4,即(x-3)2=2,
∴x-3=±2,x=3±2，代入①得
y1=1-2,y2=1+2.
故所求两点是（3+2,1-2),(3-2,1+2).
七、注意转化，巧用公式a2+b2≥2ab法
例7设满足：（1）截y轴所得弦长为2；（2）被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3∶1.在满足条件（1）、（2）的所有圆中，求圆心到直线l:x-2y=0的距离最小的圆的方程.
解设圆的圆心为P（a,b)，半径为r，则点P到x轴、y轴的距离分别为|b|、|a|.
由题设知圆P截x轴所得劣弧的圆心角为90°，知圆截x轴所得弦长为2r，故r2=2b2.
又圆P截y轴所得长为2,所以有r2=a2+1.从而2b2-a2=1.
又点P（a,b)到直线x-2y=0的距离为d=|a-2b|5.
所以5d2=|a-2b|2=(a-2b)2=a2-4ab+4b2=a2+4b2-4ab≥a2+4b2-2(a2+b2)=a2+4b2-2a2-2b2=2b2-a2=1.
当且仅当a=b时，上式等号成立，此时5d2=1，从而d有最小值.此时a=b
2b2-a2=1,解方程组得a=1
b=1,或a=-1
b=-1.由于r2=2b2=2,∴r=2.
于是所求圆的方程是（x-1)2+(y-1)2=2,或（x+1)2+(y+1)2=2.
八、巧变形，用一次函数的单调性法
例8在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，且c=10,cosAcosB=ba=43,P为△ABC内切圆上的动点，求点P到顶点A、B、C的距离的平方和的最大值和最小值.
解由cosAcosB=ba，根据正弦定理，有
cosAcosB=sinBsinA,sinAcosA=sinBcosB,
sin2A=sin2B.
∵A≠B,2A≠2B,∴A+B=π2,故△ABC是直角三角形.由c=10，ba=43,a2+b2=102及a>0,b>0,得a=6,b=8.
图4如图4，设△ABC内切圆的圆心为O′，切点为D、E、F，内切圆半径为r，则2r=a+b-c=6+8-10=4,∴r=2.
建立如图4的直角坐标系，则内切圆方程为
（x-2)2+(y-2)2=4.
设圆上动点P的坐标为（x,y),则P点到A、B、C的距离的平方和为
W=|PA|2+|PB|2+|PC|2
=（x-8)2+y2+x2+(6-y)2+x2+y2
=3［(x-2)2+(y-2)2］-4x+76
=88-4x
∵P点在内切圆上，故必有0≤x≤4.
∴W最大值=88；W最小值=72.
点评解此题的关键是证明△ABC为直角三角形，写出内切圆方程（x-2)2+(y-2)2=4,在建立函数式中凑出（x-2)2+(y-2)2=4，整体代入4，为用一次函数单调性创造条件，方法灵活、技巧性强，值得一学.
(收稿日期：2013-06-15)
直线和圆是解析几何的重要内容，而最值问题是其重要题型，解这类题不仅要灵活用到直线和圆的有关知识，而且还要用到求最值的各种方法，解法相当灵活，现举例方法说明，供同学们复习时参考.
一、建立二次函数用顶点法
例1在直线L∶y=2x上求一点P，使P点到两定点A（3，0）、B（0，4）的距离的平方和为最小.
解设P（x,2x)，则有
|PA|2+|PB|2
=(x-3)2+(2x)2+x2+(2x-4)2
=10x2-22x+25
∵a=10>0,∴抛物线开口向上，
∴函数在顶点处取得最小值.
∴当x=-b2a=--222×10=1110时，|PA|2+|PB|2取最小值，故P点坐标为（1110，115）.
点评二次函数求最值一般用配方法，本题只求x的值，所以用顶点法要简单.
二、设角为自变量用三角法
例2过点P（2，1）作直线l交x轴、y轴的正向于A、B两点，求|PA|·|PB|最小时的直线l的方程.
分析此直线过已知点，求出斜率即可，若直接设斜率为k，求|PA|·|PB|的最小值很繁.设角为自变量即可转化为三角函数求最值，易求斜率.
图1解如图1，过P做PC⊥x轴于C，PD⊥y轴于D，设∠BAO=θ，则∠BPD=θ,则|PA|=1sinθ,|PB|=2cosθ,于是|PA|·|PB|=1sinθ·2cosθ=2sinθcosθ=42sinθcosθ=4sin2θ.
要使|PA|·|PB|最小，只需sin2θ最大，即sin2θ=1,2θ=90°,∠BAO=θ=45°，∴kAB=kl=tan135°=-1.
故直线l的方程为y-1=-(x-2)，即x+y-3=0.
三、建立一元二次方程用判别式法
例3已知直线l1∶y=4x，和点P（6，4），在直线l1上求一点Q，使过P、Q的直线与l1以及x轴在第一象限内所围成的三角形面积最小.
图2解如图2，设Q（x1,4x1)，则直线PQ的方程y-44x1-4=x-6x1-6.
令y=0，得x=5x1x1-1,故点A的坐标为（5x1x1-1,0).
∴S=12·4x1·5x1x1-1=10x21x1-1.
即10x21-Sx1+S=0(1)
∵x1为实数，∴Δ=S2-40S≥0,∵S>0,
∴S≥40，将S=40代入（1）得x21-4x1+4=0.
解方程得x1=2,y1=4x1=4×2=8.
故点Q（2，8）.
点评问题转化为函数后为分式函数，可考虑用判别式法求最值.
四、注意变元为正，用均值不等式法
例4过已知点P（1，4）引一条直线，要使它在两坐标轴上的截距都为正，且它们的和为最小，求这条直线的方程.
解设在两个坐标轴上的截距分别为a、b，则所求直线方程为xa+yb=1.(1)
将P（1，4）代入方程（1）得
1a+4b=1，
解得a=bb-4,∵a>0,b>0,∴b>4.
设截距之和为L，则
L=a+b=bb-4+b=b-4+4b-4+b-4+4
=1+4b-4+(b-4)+4=5+(b-4)+4b-4
≥5+2(b-4)·4b-4
=5+24=5+4=9.
当且仅当b-4=4b-4时取等号，即b=6或b=2.此时a=3或a=-1.又a>0,b>0,∴a=-1舍去.
故所求直线方程是x3+y6=1，即2x+y-6=0.
点评构造变元积为定值，求和的最小值.关键是作b=b-4+4的技巧性的变形.
五、注意转化，巧用函数的单调性
图3例5如图3，在平面直角坐标系中，在y轴正半轴上（坐标原点除外）给定两点A、B，C点在x轴正半轴上移动，问C点在何处时∠ACB最大，并求最大值.
分析要求角的最值，先取一个函数，求函数的最值，关键是用函数的单调性.
解设A（0，a)、B（0，b),0
tanα=kBC-kAC1+kBCkAC=-bx+ax1+abx2
=a-bx+abx=a-bab(xab+abx)
记y=xab+abx≥2,当且仅当x=ab时，y取最小值2.
因此，当x=ab时，tanα取最大值a-b2ab.
∵在(0,π2)内y=tanα是增函数，
∴C点在（ab,0)时，α取最大值arctana-b2ab.
即C点在（ab,0）时，∠ACB取最大值，这个最大值为arctana-b2ab.
点评此题是求角的最大值，形式新颖，解法灵活、技巧性强，值得一学.
六、注意数形结合，巧用对称法
例6已知圆C：（x-3)2+(y-1)2=4和直线l:x-y-5=0，在C上求两点，使它们和l的距离分别是最近和最远.
解已知圆的圆心为C（3，1），过C点作直线l′⊥l于D，且l′交圆C于A1、A2，又圆是中心对称图形，所以A1、A2是与l的距离分别是最近和最远的点.离垂足近者为最近距离点，离垂足远者为最远距离点.
∵直线l的方程为y=x-5,∴kl=1,则kl′=-1.故直线l′的方程为y-1=-(x-3),即y=-x+3+1,解方程组
y=-x+3+1
(x-3)2+(y-1)2=4①
②
把①代入②后，化简整理，得
2（x-3)2=4,即(x-3)2=2,
∴x-3=±2,x=3±2，代入①得
y1=1-2,y2=1+2.
故所求两点是（3+2,1-2),(3-2,1+2).
七、注意转化，巧用公式a2+b2≥2ab法
例7设满足：（1）截y轴所得弦长为2；（2）被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3∶1.在满足条件（1）、（2）的所有圆中，求圆心到直线l:x-2y=0的距离最小的圆的方程.
解设圆的圆心为P（a,b)，半径为r，则点P到x轴、y轴的距离分别为|b|、|a|.
由题设知圆P截x轴所得劣弧的圆心角为90°，知圆截x轴所得弦长为2r，故r2=2b2.
又圆P截y轴所得长为2,所以有r2=a2+1.从而2b2-a2=1.
又点P（a,b)到直线x-2y=0的距离为d=|a-2b|5.
所以5d2=|a-2b|2=(a-2b)2=a2-4ab+4b2=a2+4b2-4ab≥a2+4b2-2(a2+b2)=a2+4b2-2a2-2b2=2b2-a2=1.
当且仅当a=b时，上式等号成立，此时5d2=1，从而d有最小值.此时a=b
2b2-a2=1,解方程组得a=1
b=1,或a=-1
b=-1.由于r2=2b2=2,∴r=2.
于是所求圆的方程是（x-1)2+(y-1)2=2,或（x+1)2+(y+1)2=2.
八、巧变形，用一次函数的单调性法
例8在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，且c=10,cosAcosB=ba=43,P为△ABC内切圆上的动点，求点P到顶点A、B、C的距离的平方和的最大值和最小值.
解由cosAcosB=ba，根据正弦定理，有
cosAcosB=sinBsinA,sinAcosA=sinBcosB,
sin2A=sin2B.
∵A≠B,2A≠2B,∴A+B=π2,故△ABC是直角三角形.由c=10，ba=43,a2+b2=102及a>0,b>0,得a=6,b=8.
图4如图4，设△ABC内切圆的圆心为O′，切点为D、E、F，内切圆半径为r，则2r=a+b-c=6+8-10=4,∴r=2.
建立如图4的直角坐标系，则内切圆方程为
（x-2)2+(y-2)2=4.
设圆上动点P的坐标为（x,y),则P点到A、B、C的距离的平方和为
W=|PA|2+|PB|2+|PC|2
=（x-8)2+y2+x2+(6-y)2+x2+y2
=3［(x-2)2+(y-2)2］-4x+76
=88-4x
∵P点在内切圆上，故必有0≤x≤4.
∴W最大值=88；W最小值=72.
点评解此题的关键是证明△ABC为直角三角形，写出内切圆方程（x-2)2+(y-2)2=4,在建立函数式中凑出（x-2)2+(y-2)2=4，整体代入4，为用一次函数单调性创造条件，方法灵活、技巧性强，值得一学.
(收稿日期：2013-06-15)
直线和圆是解析几何的重要内容，而最值问题是其重要题型，解这类题不仅要灵活用到直线和圆的有关知识，而且还要用到求最值的各种方法，解法相当灵活，现举例方法说明，供同学们复习时参考.
一、建立二次函数用顶点法
例1在直线L∶y=2x上求一点P，使P点到两定点A（3，0）、B（0，4）的距离的平方和为最小.
解设P（x,2x)，则有
|PA|2+|PB|2
=(x-3)2+(2x)2+x2+(2x-4)2
=10x2-22x+25
∵a=10>0,∴抛物线开口向上，
∴函数在顶点处取得最小值.
∴当x=-b2a=--222×10=1110时，|PA|2+|PB|2取最小值，故P点坐标为（1110，115）.
点评二次函数求最值一般用配方法，本题只求x的值，所以用顶点法要简单.
二、设角为自变量用三角法
例2过点P（2，1）作直线l交x轴、y轴的正向于A、B两点，求|PA|·|PB|最小时的直线l的方程.
分析此直线过已知点，求出斜率即可，若直接设斜率为k，求|PA|·|PB|的最小值很繁.设角为自变量即可转化为三角函数求最值，易求斜率.
图1解如图1，过P做PC⊥x轴于C，PD⊥y轴于D，设∠BAO=θ，则∠BPD=θ,则|PA|=1sinθ,|PB|=2cosθ,于是|PA|·|PB|=1sinθ·2cosθ=2sinθcosθ=42sinθcosθ=4sin2θ.
要使|PA|·|PB|最小，只需sin2θ最大，即sin2θ=1,2θ=90°,∠BAO=θ=45°，∴kAB=kl=tan135°=-1.
故直线l的方程为y-1=-(x-2)，即x+y-3=0.
三、建立一元二次方程用判别式法
例3已知直线l1∶y=4x，和点P（6，4），在直线l1上求一点Q，使过P、Q的直线与l1以及x轴在第一象限内所围成的三角形面积最小.
图2解如图2，设Q（x1,4x1)，则直线PQ的方程y-44x1-4=x-6x1-6.
令y=0，得x=5x1x1-1,故点A的坐标为（5x1x1-1,0).
∴S=12·4x1·5x1x1-1=10x21x1-1.
即10x21-Sx1+S=0(1)
∵x1为实数，∴Δ=S2-40S≥0,∵S>0,
∴S≥40，将S=40代入（1）得x21-4x1+4=0.
解方程得x1=2,y1=4x1=4×2=8.
故点Q（2，8）.
点评问题转化为函数后为分式函数，可考虑用判别式法求最值.
四、注意变元为正，用均值不等式法
例4过已知点P（1，4）引一条直线，要使它在两坐标轴上的截距都为正，且它们的和为最小，求这条直线的方程.
解设在两个坐标轴上的截距分别为a、b，则所求直线方程为xa+yb=1.(1)
将P（1，4）代入方程（1）得
1a+4b=1，
解得a=bb-4,∵a>0,b>0,∴b>4.
设截距之和为L，则
L=a+b=bb-4+b=b-4+4b-4+b-4+4
=1+4b-4+(b-4)+4=5+(b-4)+4b-4
≥5+2(b-4)·4b-4
=5+24=5+4=9.
当且仅当b-4=4b-4时取等号，即b=6或b=2.此时a=3或a=-1.又a>0,b>0,∴a=-1舍去.
故所求直线方程是x3+y6=1，即2x+y-6=0.
点评构造变元积为定值，求和的最小值.关键是作b=b-4+4的技巧性的变形.
五、注意转化，巧用函数的单调性
图3例5如图3，在平面直角坐标系中，在y轴正半轴上（坐标原点除外）给定两点A、B，C点在x轴正半轴上移动，问C点在何处时∠ACB最大，并求最大值.
分析要求角的最值，先取一个函数，求函数的最值，关键是用函数的单调性.
解设A（0，a)、B（0，b),0
tanα=kBC-kAC1+kBCkAC=-bx+ax1+abx2
=a-bx+abx=a-bab(xab+abx)
记y=xab+abx≥2,当且仅当x=ab时，y取最小值2.
因此，当x=ab时，tanα取最大值a-b2ab.
∵在(0,π2)内y=tanα是增函数，
∴C点在（ab,0)时，α取最大值arctana-b2ab.
即C点在（ab,0）时，∠ACB取最大值，这个最大值为arctana-b2ab.
点评此题是求角的最大值，形式新颖，解法灵活、技巧性强，值得一学.
六、注意数形结合，巧用对称法
例6已知圆C：（x-3)2+(y-1)2=4和直线l:x-y-5=0，在C上求两点，使它们和l的距离分别是最近和最远.
解已知圆的圆心为C（3，1），过C点作直线l′⊥l于D，且l′交圆C于A1、A2，又圆是中心对称图形，所以A1、A2是与l的距离分别是最近和最远的点.离垂足近者为最近距离点，离垂足远者为最远距离点.
∵直线l的方程为y=x-5,∴kl=1,则kl′=-1.故直线l′的方程为y-1=-(x-3),即y=-x+3+1,解方程组
y=-x+3+1
(x-3)2+(y-1)2=4①
②
把①代入②后，化简整理，得
2（x-3)2=4,即(x-3)2=2,
∴x-3=±2,x=3±2，代入①得
y1=1-2,y2=1+2.
故所求两点是（3+2,1-2),(3-2,1+2).
七、注意转化，巧用公式a2+b2≥2ab法
例7设满足：（1）截y轴所得弦长为2；（2）被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3∶1.在满足条件（1）、（2）的所有圆中，求圆心到直线l:x-2y=0的距离最小的圆的方程.
解设圆的圆心为P（a,b)，半径为r，则点P到x轴、y轴的距离分别为|b|、|a|.
由题设知圆P截x轴所得劣弧的圆心角为90°，知圆截x轴所得弦长为2r，故r2=2b2.
又圆P截y轴所得长为2,所以有r2=a2+1.从而2b2-a2=1.
又点P（a,b)到直线x-2y=0的距离为d=|a-2b|5.
所以5d2=|a-2b|2=(a-2b)2=a2-4ab+4b2=a2+4b2-4ab≥a2+4b2-2(a2+b2)=a2+4b2-2a2-2b2=2b2-a2=1.
当且仅当a=b时，上式等号成立，此时5d2=1，从而d有最小值.此时a=b
2b2-a2=1,解方程组得a=1
b=1,或a=-1
b=-1.由于r2=2b2=2,∴r=2.
于是所求圆的方程是（x-1)2+(y-1)2=2,或（x+1)2+(y+1)2=2.
八、巧变形，用一次函数的单调性法
例8在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，且c=10,cosAcosB=ba=43,P为△ABC内切圆上的动点，求点P到顶点A、B、C的距离的平方和的最大值和最小值.
解由cosAcosB=ba，根据正弦定理，有
cosAcosB=sinBsinA,sinAcosA=sinBcosB,
sin2A=sin2B.
∵A≠B,2A≠2B,∴A+B=π2,故△ABC是直角三角形.由c=10，ba=43,a2+b2=102及a>0,b>0,得a=6,b=8.
图4如图4，设△ABC内切圆的圆心为O′，切点为D、E、F，内切圆半径为r，则2r=a+b-c=6+8-10=4,∴r=2.
建立如图4的直角坐标系，则内切圆方程为
（x-2)2+(y-2)2=4.
设圆上动点P的坐标为（x,y),则P点到A、B、C的距离的平方和为
W=|PA|2+|PB|2+|PC|2
=（x-8)2+y2+x2+(6-y)2+x2+y2
=3［(x-2)2+(y-2)2］-4x+76
=88-4x
∵P点在内切圆上，故必有0≤x≤4.
∴W最大值=88；W最小值=72.
点评解此题的关键是证明△ABC为直角三角形，写出内切圆方程（x-2)2+(y-2)2=4,在建立函数式中凑出（x-2)2+(y-2)2=4，整体代入4，为用一次函数单调性创造条件，方法灵活、技巧性强，值得一学.
(收稿日期：2013-06-15)
